福建省泉州市晋江市侨声中学2024-2025学年高二上学期期中物理试卷

这是一份福建省泉州市晋江市侨声中学2024-2025学年高二上学期期中物理试卷，共28页。试卷主要包含了选择题，填空，计算题等内容，欢迎下载使用。

1．（4分）静电现象在自然界普遍存在，在生产生活中也时常会发生静电现象。人们可让静电服务于生产生活，但也需对其进行防护，做到趋利避害。下列说法正确的是
A．静电除尘的原理是静电屏蔽
B．印刷车间的空气应保证适当潮湿，以便导走纸页间相互摩擦产生的静电
C．避雷针利用了带电导体凸起尖锐的地方电荷稀疏、附近空间电场较弱的特点
D．干燥天气里脱毛衣时会产生火花，是因为摩擦过程中凭空创造出了电荷
2．（4分）真空中两个静止的带电小球，带电量分别为和，相距为时相互作用的库仑力为．现让它们接触后分开，并使它们之间的距离为，则库仑力大小变为
A．B．C．D．
3．（4分）如图所示，真空中、、、四点共线且等距。先在点固定一点电荷，测得点场强大小为。若再将另一等量异种点电荷放在点，则
A．点场强大小为B．点场强大小为
C．点场强方向向左D．点场强方向向左
4．（4分）如图所示，以等量正点电荷连线的中点作为原点，沿其中垂线建立轴，轴上电场强度最大的两个点记为、，将一电子从点由静止释放，电子仅在静电力的作用下在、两点之间做往复运动。下列说法正确的是
A．、两点的电场强度相同
B．轴上点的电势最低
C．电子经过点时的加速度最大
D．电子经过点时的速度最大
5．（4分）如图所示，平行板电容器与电动势为的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则
A．平行板电容器的电容值将变大
B．静电计指针张角变小
C．带电油滴的电势能将增大
D．若先将上极板与电源正极的导线断开再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变
6．（4分）竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，小球、带同种电荷，现用水平向左推力作用于小球，两球分别静止在竖直墙和水平地面上，如图所示，如果将小球向左推动少许，当两球重新达到平衡时，与原来的平衡状态相比较
A．地面对小球的支持力不变
B．推力将不变
C．两小球之间的距离变小
D．竖直墙面对小球的弹力变大
7．（4分）某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹是图中虚线，由运动到，以下说法正确的是
A．粒子是负电荷
B．粒子在点的加速度大于点的加速度
C．粒子在点的动能小于点的动能
D．粒子在点的电势能大于点的电势能
8．（4分）一匀强电场的方向平行于平面，平面内、、三点的位置如图所示，三点的电势分别为、、。下列说法正确的是
A．坐标原点处的电势为0
B．电场强度的大小为
C．电子在点的电势能比在点的低
D．电子从点运动到点，电场力做功为
9．（4分）某静电场中轴上的电势随坐标变化的图像如图所示，图像关于中轴对称，、两点到点的距离相等，将一电荷从轴上的点由静止释放后粒子沿轴运动到点，运动过程中粒子只受电场力作用，则下列说法正确的是
A．该电荷一定带负电
B．电荷从到点过程中的加速度先减小后增大
C．从到，电荷的电势能减小
D．从到过程中电场力对电荷先做正功，后做负功
10．（4分）一对平行金属板长为，两板间距为，质量为、电荷量为的电子从平行板左侧以速度沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压如图所示，交变电压的周期，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的粒子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则
A．所有电子都从右侧的同一点离开电场
B．所有电子离开电场时速度都是
C．时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大
D．时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为
二、填空、实验题（本题共4小题，第11、12题各4分，第13、14题各6分，共20分）
11．（4分）静电喷涂技术在现代工业部件的制造中被广泛应用，图是对某一工件的静电喷漆过程示意图，被喷涂的工件带正电并接地，喷枪连接涂料管道与高压直流电源的负极连接，图中虚线表示电场线。喷出的涂料微粒带 （填“正”或“负” 电，涂料微粒向工件运动过程中电势能逐渐 （填“减少”或“增大” 。
12．（4分）在电场中把一个电荷量为的点电荷从点移到点，克服电场力做功；将此电荷从点移到点，电场力做功为。则：将此电荷从点移到点，间的电势差 ；若点的电势为零，则点的电势 。
13．（6分）某物理兴趣小组利用如图所示装置来探究影响电荷间静电力的因素。是一个带正电的物体，系在绝缘丝线上的带正电的小球会在静电力的作用下发生偏离。小组同学分别进行了以下操作：
步骤一：把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的、、等位置，比较小球在不同位置所受带电物体的静电力的大小。
步骤二：使小球处于同一位置，增大或减小小球所带的电荷量，比较小球所受的静电力的大小。
（1）该实验采用的方法是 。
（2）若带电小球的质量为，在位置偏离竖直方向的角度为，重力加速度为，则带电小球所受库仑力大小为 。
（3）在实验中，某同学让两个半径为的金属小球分别带上和的正电荷，并使两小球球心相距，利用公式来计算两球之间的库仑力，你认为该值与实际值相比应该 （选填“偏大”“偏小”或“相等” 。
14．（6分）在“观察电容器的充放电过程”实验中，按图1所示连接电路。开关未闭合时，电源的路端电压，实验操作时，单刀双掷开关先跟2相接，某时刻开关改接1，一段时间后，把开关再改接2。实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况。
（1）开关改接2后，电容器进行的是 。（选填“充电”或“放电” 过程。此过程得到的图像如图2所示，如果不改变电路其他参数，只减小电阻的阻值，则此过程的曲线与坐标轴所围成的面积将 。（选填“增大”、“减小”或“不变”
（2）若实验中测得该电容器在整个放电过程中释放的电荷量，则该电容器的电容为 。
三、计算题（本题共4小题，第15题8分，第16题8分，第17题10分，第18题14分，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案的不给分，有数值计算的，答案中有单位的必须明确写出数值的单位）
15．（8分）一根长为的丝线吊着一质量为的带电量为的小球静止在水平向右的匀强电场中，如图所示，丝线与竖直方向成角，（重力加速度为，求：
（1）该静止小球带何种电；
（2）匀强电场的电场强度的大小。
（3）若在某时刻将细线突然剪断，小球的瞬时加速度。
16．（8分）如图所示，、、、为匀强电场中四个等势面，相邻等势面距离为，已知。
（1）求匀强电场的场强；
（2）设点电势为零，求点和点电势；
（3）设点电势为零，将的点电荷由移到，求电场力所做的功。
17．（10分）如图所示，电子从灯丝发出（初速度不计），在间经加速电压加速后，从板中心小孔射出，进入由、两个水平极板构成的偏转电场，、两板间的距离为，电压为，板长为，电子进入偏转电场时的速度与电场方向垂直，射出时没有与极板相碰。已知电子的质量为，电荷量为，不计电子的重力及它们之间的相互作用力。求：
（1）电子穿过板小孔时的速度大小；
（2）电子从偏转电场射出时的偏转角正切值；
（3）电子从偏转电场射出时的动能。
18．（14分）如图光滑圆弧轨道的圆心为，半径，圆弧轨道的点与水平地面相切，点在点的正下方，在点的右侧有一竖直虚线，点到竖直虚线的距离为，竖直虚线的左侧有、水平向左的匀强电场，竖直虚线的右侧有（大小未知）、竖直向上的匀强电场。竖直虚线的右侧有一竖直墙壁，墙壁到竖直虚线的距离为，墙壁底端点与水平地面相连接，的高度也为。现将一电荷量为、质量为的绝缘滑块（视为质点）从点由静止释放沿圆弧轨道下滑，最后进入虚线右侧。水平地面与滑块间动摩擦因数，，，。求：
（1）滑块到达圆弧轨道的点时，对点的压力大小；
（2）滑块到达竖直虚线时速度的大小；
（3）要使滑块与竖直墙壁碰撞，的取值范围。
2024-2025学年福建省泉州市晋江市侨声中学高二（上）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有两项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分）
1．（4分）静电现象在自然界普遍存在，在生产生活中也时常会发生静电现象。人们可让静电服务于生产生活，但也需对其进行防护，做到趋利避害。下列说法正确的是
A．静电除尘的原理是静电屏蔽
B．印刷车间的空气应保证适当潮湿，以便导走纸页间相互摩擦产生的静电
C．避雷针利用了带电导体凸起尖锐的地方电荷稀疏、附近空间电场较弱的特点
D．干燥天气里脱毛衣时会产生火花，是因为摩擦过程中凭空创造出了电荷
【答案】
【分析】静电除尘是利用电场对带电体的作用；根据摩擦起电的实质、材料选择，可以判断常见的带电现象、带电的原理、减弱摩擦起电的电荷量积累的方式；根据避雷针的尖端处电荷的聚集特点，可以判断其场强的强弱。
【解答】解：、静电除尘的原理是带电体能够吸引轻小物体，尘埃被电荷吸引组成一个带电粒子，带电粒子受到电场力作用去往收集装置，故错误；
、印刷车间中，纸张间摩擦产生大量静电，需空气保持一定湿度，以便及时导走静电，故正确；
、避雷针利用了带电导体凸起尖锐的地方电荷密集、附近空间电场较强的特点，故错误；
、干燥天气里脱毛衣时会产生火花，是因为摩擦过程中电子从一个物体转移到另一个物体，而不是创造出新的电荷，故错误。
故选：。
【点评】本题考查对摩擦起电、感应起电、接触起电方式的理解。注意摩擦起电的演示实验用的是绝缘体，主要是为了出现明显的现象，出现摩擦起电是不需要材料是绝缘体的。
2．（4分）真空中两个静止的带电小球，带电量分别为和，相距为时相互作用的库仑力为．现让它们接触后分开，并使它们之间的距离为，则库仑力大小变为
A．B．C．D．
【答案】
【分析】清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分。
根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题。
【解答】解：相距为时，根据库仑定律得：
；
接触后，所带电量先中和后均分，各自带电量变为，则此时有：
；
两式联立得：，故正确，错误；
故选：。
【点评】本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题。注意两电荷接触后各自电荷量的变化，这是解决本题的关键。
3．（4分）如图所示，真空中、、、四点共线且等距。先在点固定一点电荷，测得点场强大小为。若再将另一等量异种点电荷放在点，则
A．点场强大小为B．点场强大小为
C．点场强方向向左D．点场强方向向左
【答案】
【分析】设，根据点电荷场强公式求出两个点电荷在点和点产生的场强大小，并确定场强方向，再根据电场的叠加原理确定点的场强大小和方向，由对称性确定点的场强大小和方向。
【解答】解：、设，由题意可知，在点产生的场强大小为，方向水平向右，则由点电荷的场强公式得
在点产生的电场强度大小为
，方向水平向右。
根据电场的叠加原理可得，点的场强大小为，方向水平向右，故错误；
、根据对称性可知，点与点的场强大小相等，则点场强大小为，方向水平向右，故正确，错误。
故选：。
【点评】解答本题的关键要掌握点电荷场强公式，运用电场的叠加原理求合场强大小和方向。
4．（4分）如图所示，以等量正点电荷连线的中点作为原点，沿其中垂线建立轴，轴上电场强度最大的两个点记为、，将一电子从点由静止释放，电子仅在静电力的作用下在、两点之间做往复运动。下列说法正确的是
A．、两点的电场强度相同
B．轴上点的电势最低
C．电子经过点时的加速度最大
D．电子经过点时的速度最大
【答案】
【分析】根据顺着电场线方向电势降低，判断点电势高低；分析电子的运动过程从而确定电子经过点时的速度是否；根据牛顿第二定律分析；根据电场强度是矢量分析判断。
【解答】解：、等量正点电荷的电场分布是对称的，根据等量同种电荷的电场分布特点可知，、两点的电场强度大小相等，方向相反，故错误；
、等量正点电荷的电场分布是对称的，根据等量同种正点电荷周围电场线的特点可知中垂线上点的电势最高，故错误；
、电子经过点时受到的合力为零，加速度为零，故错误；
、电子从点由静止释放做加速运动，经过点后做减速运动，所以电子经过点时的速度最大，故正确。
故选：。
【点评】本题关键是要明确两个等量同种电荷连线的中垂线上的场强分布情况和电势分布情况，知道电场线的方向表示电势的高低，注意结合牛顿第二定律分析电子的运动情况。
5．（4分）如图所示，平行板电容器与电动势为的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则
A．平行板电容器的电容值将变大
B．静电计指针张角变小
C．带电油滴的电势能将增大
D．若先将上极板与电源正极的导线断开再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变
【答案】
【分析】电容器始终与电源相连，则电容器两端间的电势差不变，根据电容器的变化判断电容的变化以及电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化．
【解答】解：、根据 知，增大，则电容减小。故错误。
、静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变。故错误。
、电势差不变，增大，则电场强度减小，点与上极板的电势差减小，则点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小。故错误。
、电容器与电源断开，则电荷量不变，改变，根据，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变。故正确。
故选：。
【点评】本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变，当电容器与电源断开，则电荷量不变．
6．（4分）竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，小球、带同种电荷，现用水平向左推力作用于小球，两球分别静止在竖直墙和水平地面上，如图所示，如果将小球向左推动少许，当两球重新达到平衡时，与原来的平衡状态相比较
A．地面对小球的支持力不变
B．推力将不变
C．两小球之间的距离变小
D．竖直墙面对小球的弹力变大
【答案】
【分析】先以球为研究对象，分析受力情况，作出受力示意图，根据平衡条件分析墙壁对小球的弹力如何变化，再以、整体为研究对象，根据平衡条件分析如何变化和地面对小球的支持力的变化情况。分析两球之间库仑力的变化，由库仑定律分析两球之间的距离如何变化。
【解答】解：、以小球为研究对象，分析受力，如图1所示。
设小球对小球的库仑力与竖直方向的夹角为，由平衡条件得竖直墙面对小球的弹力为
将小球向左推动少许时，减小，则知竖直墙面对小球的弹力减小。
再以、整体为研究对象，分析受力如图2所示，由平衡条件得
可知，减小，则减小，地面对小球的支持力不变，故正确，错误；
、由图1可得，与之间的库仑力大小，减小，增大，则减小，根据库仑定律分析可知，两球之间的距离增大，故错误。
故选：。
【点评】本题运用隔离法和整体法结合分析动态平衡问题，关键是确定研究对象（往往以受力较少的物体为研究对象），分析受力情况。
7．（4分）某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹是图中虚线，由运动到，以下说法正确的是
A．粒子是负电荷
B．粒子在点的加速度大于点的加速度
C．粒子在点的动能小于点的动能
D．粒子在点的电势能大于点的电势能
【答案】
【分析】根据轨迹弯曲方向判断粒子受到的电场力方向，再分析粒子的电性；根据电场线的疏密分析场强的大小，再判断加速度大小；根据电场力做功正负分析动能和电势能的变化。
【解答】解：、带电粒子做曲线运动，所受的电场力指向轨迹的内侧，由粒子的运动轨迹可知，粒子所受电场力沿着电场线的方向向上，与电场强度方向相同，所以粒子是正电荷，故错误；
、根据电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，由图可知，点的场强大于点的场强，由可知，粒子在点所受的电场力大于点的电场力，则粒子在点的加速度大于点的加速度，故错误；
、粒子从由运动到，电场力对粒子做正功，粒子的动能增大，电势能减小，则粒子在点的动能小于点的动能，粒子在点的电势能大于它在点的电势能，故正确。
故选：。
【点评】本题的关键要明确曲线运动的合外力指向轨迹的内侧，由此分析电场力的方向。要加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点：电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小。
8．（4分）一匀强电场的方向平行于平面，平面内、、三点的位置如图所示，三点的电势分别为、、。下列说法正确的是
A．坐标原点处的电势为0
B．电场强度的大小为
C．电子在点的电势能比在点的低
D．电子从点运动到点，电场力做功为
【答案】
【分析】根据匀强电场的特点求解点的电势；由于和电势相等，则为等势线，根据电场强度的计算公式进行解答；电子在点的电势能比在点的高；根据功的计算公式求解电子从点运动到点，电场力做的功。
【解答】解：、根据匀强电场的特点可知，，解得：，故错误；
、由于和电势相等，则为等势线，则电场线方向如图所示：
根据几何关系可得：，解得：
根据电场强度的计算公式可得：，故正确；
、电子在点的电势能比在点的高：△，故错误；
、根据功的计算公式可知，电子从点运动到点，电场力做功为：，故正确。
故选：。
【点评】解答本题时，关键要掌握匀强电场中电势差与电场强度的关系公式，要知道公式中是两点沿电场方向的距离。运用电场力做功时，各个量均要符号运算。
9．（4分）某静电场中轴上的电势随坐标变化的图像如图所示，图像关于中轴对称，、两点到点的距离相等，将一电荷从轴上的点由静止释放后粒子沿轴运动到点，运动过程中粒子只受电场力作用，则下列说法正确的是
A．该电荷一定带负电
B．电荷从到点过程中的加速度先减小后增大
C．从到，电荷的电势能减小
D．从到过程中电场力对电荷先做正功，后做负功
【答案】
【分析】根据图像得出电势的特点，结合功能关系分析出粒子的电势能变化情况和电荷的电性；图像的斜率表示场强的大小，结合牛顿第二定律得出电荷加速度的变化情况。
【解答】解：．根据题意两点的电势相同，则粒子在两点的电势能相等，因为在点的速度为零，因此在点的速度也为零，即从到粒子的速度先增后减，电场力对电荷先做正功，后做负功，根据功能关系可知电势能先减小后增加，因从到电势降低，电势能减小，从到电势升高，电势能增加，可知粒子带正电，故正确，错误；
．图像斜率表示电场强度，根据图像的斜率变化特点可知，从到点电场强度先减小后增大，根据牛顿第二定律，可知电荷从到点过程中的加速度先减小后增大，故正确。
故选：。
【点评】本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，理解图像的物理意义，结合牛顿第二定律和功能关系即可完成分析。
10．（4分）一对平行金属板长为，两板间距为，质量为、电荷量为的电子从平行板左侧以速度沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压如图所示，交变电压的周期，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的粒子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则
A．所有电子都从右侧的同一点离开电场
B．所有电子离开电场时速度都是
C．时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大
D．时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为
【答案】
【分析】电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向运动情况不同，则知不是从同一点离开电场．所有电子都能穿过平行板，竖直方向加速和减速的时间必然相等，飞出电场时，电子只有水平速度．时刻进入电场的电子，离开电场时速度等于，电子的动能不是最大．分析时刻进入电场的电子运动情况，由牛顿第二定律和运动学公式求解最大侧位移．
【解答】解：、电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图象如图，根据图象的“面积”大小等于位移可知，各个电子在竖直方向的位移不全相同，故所有电子从右侧的离开电场的位置不全相同。故错误。
、由图看出，所有电子离开电场时竖直方向分速度，速度都等于，故正确。
、由上分析可知，电子离开电场时的速度都相同，动能都相同。故错误。
、时刻进入电场的电子，在时刻侧位移最大，最大侧位移为
①
在时刻进入电场的电子侧位移最大为，则有：
②
联立①②得：故正确。
故选：。
【点评】本题作出速度图象，根据“面积”大小等于位移分析竖直方向的运动情况．
二、填空、实验题（本题共4小题，第11、12题各4分，第13、14题各6分，共20分）
11．（4分）静电喷涂技术在现代工业部件的制造中被广泛应用，图是对某一工件的静电喷漆过程示意图，被喷涂的工件带正电并接地，喷枪连接涂料管道与高压直流电源的负极连接，图中虚线表示电场线。喷出的涂料微粒带 负 （填“正”或“负” 电，涂料微粒向工件运动过程中电势能逐渐 （填“减少”或“增大” 。
【答案】负，减少。
【分析】根据异种电荷相互吸引分析喷出的涂料微粒的电性；根据电场力做功正负分析微粒的电势能变化情况。
【解答】解：由图可知，工件带正电，在涂料微粒向工件靠近的过程中被吸附在工件上，根据异种电荷相互吸引可知，涂料微粒带负电。
涂料微粒向工件运动过程中，电场力对它做正功，则涂料微粒的电势能逐渐减少。
故答案为：负，减少。
【点评】解答本题时，要理解静电喷涂的工作原理，根据异种电荷相互吸引分析涂料微粒的电性。
12．（4分）在电场中把一个电荷量为的点电荷从点移到点，克服电场力做功；将此电荷从点移到点，电场力做功为。则：将此电荷从点移到点，间的电势差 250 ；若点的电势为零，则点的电势 。
【答案】250；。
【分析】根据电场力做功与路径无关求解从到电场力做的功，根据可知之间电势差；根据间电场力做功得间电势差，根据点为电势零点时点电势。
【解答】解：依题意从移到电场力做功：，从移到电场力做功：，则从移到，电场力做功为：
所以：
则：
从移到有：，解得：
若点的则电势为零，则点的电势：。
故答案为：250；。
【点评】本题关键要掌握电场力做功与电势差的关系、电势差与电势的关系；知道电场力做功的计算公式为，解答时做功的正负和电荷量的正负一并代入计算；另外要掌握电势的定义式，即电荷在某点的电势能与该电荷电荷量的比值就等于该点的电势，计算时电势能和电荷量的正负号一并代入计算。
13．（6分）某物理兴趣小组利用如图所示装置来探究影响电荷间静电力的因素。是一个带正电的物体，系在绝缘丝线上的带正电的小球会在静电力的作用下发生偏离。小组同学分别进行了以下操作：
步骤一：把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的、、等位置，比较小球在不同位置所受带电物体的静电力的大小。
步骤二：使小球处于同一位置，增大或减小小球所带的电荷量，比较小球所受的静电力的大小。
（1）该实验采用的方法是 控制变量法 。
（2）若带电小球的质量为，在位置偏离竖直方向的角度为，重力加速度为，则带电小球所受库仑力大小为 。
（3）在实验中，某同学让两个半径为的金属小球分别带上和的正电荷，并使两小球球心相距，利用公式来计算两球之间的库仑力，你认为该值与实际值相比应该 （选填“偏大”“偏小”或“相等” 。
【答案】（1）控制变量法；（2）；（3）偏大。
【分析】（1）根据实验原理选择正确的实验方法；
（2）根据受力分析和几何关系得出库仑力的大小；
（3）根据实验原理和电荷重新分布的特点完成分析；
【解答】解：（1）该实验先控制小球的电荷量一定，研究静电力与距离的关系；再控制距离一定，研究静电力与电荷量的关系；该实验采用的方法是控制变量法。
（2）对小球进行受力分析，如图所示
由平衡条件可得，带电小球所受库仑力大小为
（3）在实验中，该同学让两个半径为的金属小球分别带上和的正电荷，并使两小球球心相距，利用公式来计算两球之间的库仑力，该值与实际值相比应该偏大。理由是：同种电荷相互排斥，电荷间等效距离大于，库仑力的实际值小于。
故答案为：控制变量法，，偏大
【点评】本题主要考查了库仑定律的相关应用，熟悉公式，结合受力分析和几何关系即可完成解答。
14．（6分）在“观察电容器的充放电过程”实验中，按图1所示连接电路。开关未闭合时，电源的路端电压，实验操作时，单刀双掷开关先跟2相接，某时刻开关改接1，一段时间后，把开关再改接2。实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况。
（1）开关改接2后，电容器进行的是 放电 。（选填“充电”或“放电” 过程。此过程得到的图像如图2所示，如果不改变电路其他参数，只减小电阻的阻值，则此过程的曲线与坐标轴所围成的面积将 。（选填“增大”、“减小”或“不变”
（2）若实验中测得该电容器在整个放电过程中释放的电荷量，则该电容器的电容为 。
【答案】（1）放电，不变；（2）430。
【分析】（1）根据含电容器电路的特点分析电容器的充放电情况，并根据图像所围成面积表示电荷量进行分析；
（2）根据电容器定义式求电容器的电容。
【解答】解：（1）开关接1时，对电容器充电，接2时电容器放电；根据可知，在图像中，阴影部分的面积表示电容器放出的电荷量，因为总电荷量不会因为电阻而变化，则曲线与坐标轴围成的面积不变；
（2）根据电容器定义式得：
故答案为：（1）放电，不变；（2）430。
【点评】本题主要考查学生对于含电容的电路的分析能力，要求熟练掌握电容公式。
三、计算题（本题共4小题，第15题8分，第16题8分，第17题10分，第18题14分，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案的不给分，有数值计算的，答案中有单位的必须明确写出数值的单位）
15．（8分）一根长为的丝线吊着一质量为的带电量为的小球静止在水平向右的匀强电场中，如图所示，丝线与竖直方向成角，（重力加速度为，求：
（1）该静止小球带何种电；
（2）匀强电场的电场强度的大小。
（3）若在某时刻将细线突然剪断，小球的瞬时加速度。
【答案】（1）该静止小球带正电；
（2）匀强电场的电场强度的大小为；
（3）若在某时刻将细线突然剪断，小球的瞬时加速度为，方向沿绳子反方向。
【分析】（1）根据受力情况判断电性；
（2）以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件和电场力公式求解电场强度的大小；
（3）当线突然断开，绳子的弹力立即消失，而重力和电场力不变，故合力沿着原先绳的反方向，根据牛顿第二定律进行解答。
【解答】解：（1）由平衡条件可判断小球一定受向右的电场力，即电场力与电场线方向相同，故小球带正电；
（2）小球静止在电场中受力如图：
由平衡条件得：
解得：；
（3）当线突然断开，绳子的弹力立即消失，而重力和电场力不变，根据牛顿第二定律可得：
，方向沿绳子反方向。
答：（1）该静止小球带正电；
（2）匀强电场的电场强度的大小为；
（3）若在某时刻将细线突然剪断，小球的瞬时加速度为，方向沿绳子反方向。
【点评】本题是带电体在电场中平衡问题，当力学问题去处理，分析受力，作出力图是关键。
16．（8分）如图所示，、、、为匀强电场中四个等势面，相邻等势面距离为，已知。
（1）求匀强电场的场强；
（2）设点电势为零，求点和点电势；
（3）设点电势为零，将的点电荷由移到，求电场力所做的功。
【答案】（1）匀强电场的场强大小为，方向水平向右；
（2）设点电势为零，点和点电势分别为0和；
（3）将的点电荷由移到电场力做的功为。
【分析】（1）根据电场强度和电势差的关系进行解答；
（2）根据点的电势求出、点的电势；
（2）求出间的电势差，根据求出电场力做功。
【解答】解：（1）相邻等势面距离为，根据匀强电场电场强度的计算公式可得：；
沿电场线方向电势降低，所以电场强度的方向水平向右；
（2）已知点电势为零，点与点等电势，所以；
已知，则，所以；
（3）
则。
答：（1）匀强电场的场强大小为，方向水平向右；
（2）设点电势为零，点和点电势分别为0和；
（3）将的点电荷由移到电场力做的功为。
【点评】本题关键要掌握电场力做功与电势差的关系、电势差与电势的关系；知道电场力做功的计算公式为，解答时做功的正负和电荷量的正负一并代入计算；另外要掌握电势的定义式，即电荷在某点的电势能与该电荷电荷量的比值就等于该点的电势，计算时电势能和电荷量的正负号一并代入计算。
17．（10分）如图所示，电子从灯丝发出（初速度不计），在间经加速电压加速后，从板中心小孔射出，进入由、两个水平极板构成的偏转电场，、两板间的距离为，电压为，板长为，电子进入偏转电场时的速度与电场方向垂直，射出时没有与极板相碰。已知电子的质量为，电荷量为，不计电子的重力及它们之间的相互作用力。求：
（1）电子穿过板小孔时的速度大小；
（2）电子从偏转电场射出时的偏转角正切值；
（3）电子从偏转电场射出时的动能。
【答案】（1）电子穿过板小孔时的速度大小为；
（2）电子从偏转电场射出时的偏转角正切值为；
（3）电子从偏转电场射出时的动能为。
【分析】（1）在加速电场中，根据动能定理求解电子穿过板小孔时的速度大小；
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律求解速度偏转角正切值；
（3）根据动能定理分析解答。
【解答】解：（1）根据动能定理
解得
（2）电子在平行于极板方向做匀速运动
在垂直于极板方向做匀加速运动，根据牛顿第二定律得
电子从偏转电场射出时竖直分速度为
偏转角正切值
解得
（3）电子从偏转电场射出时的速度为
子从偏转电场射出时的动能
代入解得
答：（1）电子穿过板小孔时的速度大小为；
（2）电子从偏转电场射出时的偏转角正切值为；
（3）电子从偏转电场射出时的动能为。
【点评】有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。
18．（14分）如图光滑圆弧轨道的圆心为，半径，圆弧轨道的点与水平地面相切，点在点的正下方，在点的右侧有一竖直虚线，点到竖直虚线的距离为，竖直虚线的左侧有、水平向左的匀强电场，竖直虚线的右侧有（大小未知）、竖直向上的匀强电场。竖直虚线的右侧有一竖直墙壁，墙壁到竖直虚线的距离为，墙壁底端点与水平地面相连接，的高度也为。现将一电荷量为、质量为的绝缘滑块（视为质点）从点由静止释放沿圆弧轨道下滑，最后进入虚线右侧。水平地面与滑块间动摩擦因数，，，。求：
（1）滑块到达圆弧轨道的点时，对点的压力大小；
（2）滑块到达竖直虚线时速度的大小；
（3）要使滑块与竖直墙壁碰撞，的取值范围。
【答案】（1）滑块到达圆弧轨道的点时，对点的压力大小为；
（2）滑块到达竖直虚线时速度的大小为；
（3）要使滑块与竖直墙壁碰撞，的取值范围为。
【分析】（1）根据动能定理结合牛顿第二定律得出轨道对滑块的支持力再根据牛顿第三定律求滑块到达圆弧轨道的点时，对点的压力大小；
（2）根据牛顿第二定律，结合匀变速直线运动的特点得出速度的大小；
（3）找到运动的临界状态，结合动能定理和运动学公式得出场强的范围。
【解答】解：（1）滑块从运动到的过程中，根据动能定理可得
在点时，根据牛顿第二定律可得
联立解得
根据牛顿第三定律可知滑块到达圆弧轨道的点时，对点的压力大小为。
（2）滑块从点运动到点的过程中，根据牛顿第 二定律可得
代入数据解得
根据速度一位移公式可得
根据速度一时间公式可得
联立解得
（3）当电场强度较小时，滑块刚好能与竖直墙壁底部点碰撞，则
解得
当电场强度较大时，滑块刚好能与竖直墙壁的顶部点碰撞，从点到点做类平抛运动，则水平方向上
在竖直方向上
根据牛顿第二定律可得
联立解得
则电场强度的范围为
答：（1）滑块到达圆弧轨道的点时，对点的压力大小为；
（2）滑块到达竖直虚线时速度的大小为；
（3）要使滑块与竖直墙壁碰撞，的取值范围为。
【点评】本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉粒子的受力分析，结合动能定理和运动学公式即可完成分析。
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